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物理第九章电磁感应交变电流第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流01基础再现夯实双基02多维课堂考点突破03达标检测巩固提能【基础梳理】穿过回路的磁通量发生变化电路是否闭合电源右手定则或楞次定律磁通量的变化率线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等【自我诊断】判一判(1)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．()(2)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大．()(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大．()(4)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．()√××√做一做在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的情况下列说法正确的是()A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C．断开开关，a逐渐熄灭，b先变得更亮后再与a同时熄灭D．断开开关，b逐渐熄灭，a先变得更亮后再与b同时熄灭提示：B对法拉第电磁感应定律的理解及应用【知识提炼】1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝nSΔBΔt；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝nBΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率．3．求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nΔΦΔtE＝BLvsinθE＝12BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)【典题例析】(2020·嘉兴质检)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．[审题突破](1)t0前只有左侧区域磁通量变化引起感应电动势．(2)t0后感应电动势由左、右两侧磁通量变化引起．(3)金属棒越过MN匀速运动，所加外力等于运动过程受到的安培力．[解析](1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt②由欧姆定律有i＝ER③由电流的定义有i＝ΔqΔt④联立①②③④式得|Δq|＝kSRΔt⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝kt0SR.⑥(2)当tt0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0lI⑧此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝ΔΦtΔt⑭由欧姆定律有I＝EtR⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)B0lR.[答案]见解析【题组过关】考向1感生电动势E＝nΔΦΔt的应用1.(2020·丽水质检)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.Ba22ΔtB.nBa22ΔtC.nBa2ΔtD.2nBa2Δt解析：选B.由法拉第电磁感应定律可知，在Δt时间内线圈中产生的平均感应电动势为E＝nΔΦΔt＝n2Ba22－Ba22Δt＝nBa22Δt，选项B正确．考向2动生电动势——导体平动切割磁感线问题2．(2020·绍兴检测)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0Fm－μg.④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ER⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m.答案：见解析考向3动生电动势——导体转动切割磁感线问题3．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．UaUc，金属框中无电流B．UbUc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a解析：选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－12Bl2ω，选项C正确．1．理解E＝Blv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直．(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E－＝Blv－.(4)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab间的距离．(5)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．2．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q＝I－Δt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR.互感和自感【知识提炼】1．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．2．自感现象的四个特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．3．通电自感和断电自感与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：(1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗(2)若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变4.自感现象中的能量转化：通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．【典题例析】(2020·绍兴高三选考适应考试)如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡．开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭[审题指导]解此题关键有两点：(1)灯泡和线圈在电路中的连接方式；(2)流过灯泡的原电流的方向及大小．[解析]当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．[答案]D分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变．此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．【题组过关】考向1对通电自感现象的分析1.(2020·丽水质检)如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是()A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变解析：选C.当开关S刚闭合时，自感线圈L中会产生自感电动势，外电路是自感线圈L与灯泡A并联后再与灯泡B串联，即闭合开关后的瞬间，灯泡A、B中均有电流通过，灯泡A、B同时亮；当自感线圈L中的电流逐渐增大到稳定状态后，自感线圈中的自感电动势消失，L相当于导线，灯泡A被短路而熄灭，此后电路相当于把灯泡B直接连在电源两极，B灯继续发光，所以选项中只有C正确．考向2对断电自感现象的分析2．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是()解析：选B.闭合开关S后，灯泡D直接发光，电感L的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压UAB逐渐减小；断开开关S后，灯泡D中原来的电流突然消失，电感L与灯泡形成闭合回路，所以灯泡D中电流将反向，并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小为零，故选B.涡流电磁阻尼和电磁驱动【知识提炼】1